初中数学中考复习 专题55：第12章压轴题之动态几何类-备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版）

这是一份初中数学中考复习 专题55：第12章压轴题之动态几何类-备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版），共55页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．如图，在四边形中，，，，是的中点．点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿向点运动；点同时以每秒3个单位长度的速度从点出发，沿向点运动．点停止运动时，点也随之停止运动．若以点为顶点的四边形是平行四边形，则点运动的时间为（ ）
A．1B．C．2或D．1或
【答案】D
【分析】要使得以P、Q、E、D为顶点的四边形是平行四边形，已知，即要使PD=EQ即可，设点P的运动时间为t (0≤t≤6) 秒，分别表示出PD，EQ的长度，根据PD=EQ列方程求解即可．
【解答】设点P的运动时间为t (0≤t≤6) 秒，则AP=t，CQ=3t，
由E是BC的中点可得：BE=EC=8，
要使得以P、Q、E、D为顶点的四边形是平行四边形，已知，即要使PD=EQ即可．
（1）如图：点Q位于点E右侧时，
PD=6－t，CQ=3t，EQ=8－3t，
6－t =8－3t，
t=1（秒）；
（2）如图：点Q位于点E左侧时，
PD=6－t，CQ=3t，EQ=3t－8，
6－t =3t－8，
t=（秒）．
综上所述：P的运动时间为1或秒．
故选：D．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定方法以及一元一次方程的应用，熟记平行四边形的判定方法，根据对应边相等列方程是解题关键．
2．如图，如图，在等腰中，，，点P从点B出发，以的速度沿BC方向运动到点C停止，同时点Q从点B出发以2cm的速度沿运动到点C停止．若的面积为y,运动时间为，则下列图象中能大致反映y与x之间关系的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】作AH⊥BC于H，根据等腰三角形的性质得BH=CH，利用∠B=30°可计算出AH=AB=2，BH=AH=，BC=2BH=，利用速度公式可得点P从B点运动到C需4s，Q点运动到C需4s，然后分0≤x≤2和2＜x≤4两种情况进行计算，即可得到答案．
【解答】解：如图，作AH⊥BC于H，
∵AB=AC=4cm，
∴BH=CH，
∵∠B=30°，
∴AH=AB=2，BH=AH=，
∴BC=2BH=，
∵点P运动的速度为cm/s，Q点运动的速度为2cm/s，
∴点P从B点运动到C需4s，Q点运动到C需4s，
当0≤x≤2时，如图，作QD⊥BC于D， BQ=2x，BP=，
在Rt△BDQ中，DQ=BQ=x，
∴，开口向上；
当2＜x≤4时，如图，作QE⊥BC于E， CQ=8－2x，BP=，
在Rt△CEQ中，∠C=∠B=30°，EQ==，
∴，开口向下，
综上所述，．
故选：D．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象，通过分类讨论，利用三角形面积公式得到y与x的函数关系，然后根据二次函数的图象与性质解决问题．
3．如图，点A（a，1），B（b，3）都在双曲线上，点P，Q分别是x轴，y轴上的动点，则四边形ABQP周长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先把A点和B点的坐标代入反比例函数解析式中，求出a与b的值，确定出A与B坐标，再作A点关于x轴的对称点D，B点关于y轴的对称点C，根据对称的性质得到C点坐标为（1，3），D点坐标为（-3，-1），CD分别交x轴、y轴于P点、Q点，根据两点之间线段最短得此时四边形ABPQ的周长最小，然后利用两点间的距离公式求解可得．
【解答】解：∵点A（a，1），B（b，3）都在双曲线y=-上，
∴a×1=3b=-3，
∴a=-3，b=-1，
∴A（-3，1），B（-1，3），
作A点关于x轴的对称点D（-3，-1），B点关于y轴的对称点C（1，3），连接CD，分别交x轴、y轴于P点、Q点，此时四边形ABPQ的周长最小，
∵QB=QC，PA=PD，
∴四边形ABPQ周长=AB+BQ+PQ+PA=AB+CD，
∴AB= ，
∴四边形ABPQ周长最小值为2+4=6，
故选：B．
【点评】此题考查反比例函数的综合题，勾股定理，掌握反比例函数图象上点的坐标特征、熟练运用两点之间线段最短解决有关几何图形周长最短的问题是解题的关键．
4．如图，菱形ABCD中，AB=2，∠B=120°，点M是AD的中点，点P由点A出发，沿A→B→C→D作匀速运动，到达点D停止，则△APM的面积y与点P经过的路程x之间的函数关系的图象大致是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】分类讨论：当0≤x≤2，如图1，作PH⊥AD于H，AP=x，根据菱形的性质得∠A=60°，AM=1，则∠APH=30°，根据含30度的直角三角形三边的关系得到在RtAH=x，PH=x，然后根据三角形面积公式得y=AM•PH=x；当2＜x≤4，如图2，作BE⊥AD于E，AP+BP=x，根据菱形的性质得∠A=60°，AM=1，AB=2，BC∥AD，则∠ABE=30°，在Rt△ABE中，根据含30度的直角三角形三边的关系得AE=1，PH=，然后根据三角形面积公式得y=AM•BE=；
当4＜x≤6，如图3，作PF⊥AD于F，AB+BC+PC=x，则PD=6-x，根据菱形的性质得∠ADC=120°，则∠DPF=30°，在Rt△DPF中，根据含30度的直角三角形三边的关系得DF=（6-x），PF=DF=（6-x），则利用三角形面积公式得y=AM•PF=-x+，最后根据三个解析式和对应的取值范围对各选项进行判断．
【解答】当点P在AB上运动时，即0≤x≤2，如图1，
作PH⊥AD于H，AP=x，
∵菱形ABCD中，AB=2，∠B=120°，点M是AD的中点，
∴∠A=60°，AM=1，
∴∠APH=30°，
在Rt△APH中，AH=AP=x，
PH=AH=x，
∴y=AM•PH=×1×x=x；
当点P在BC上运动时，即2＜x≤4，如图2，
作BE⊥AD于E，AP+BP=x，
∵四边形ABCD为菱形，∠B=120°，
∴∠A=60°，AM=1，AB=2，BC∥AD，
∴∠ABE=30°，
在Rt△ABE中，AE=AB=1，
PH=AE=，
∴y=AM•BE=×1×=；
当点P在CD上运动时，即4＜x≤6，如图3，
作PF⊥AD于F，AB+BC+PC=x，则PD=6-x，
∵菱形ABCD中，∠B=120°，
∴∠ADC=120°，
∴∠DPF=30°，
在Rt△DPF中，DF=DP=（6-x），
PF=DF=（6-x），
∴y=AM•PF=×1×（6-x）=（6-x）=-x+，
∴△APM的面积y与点P经过的路程x之间的函数关系的图象为三段：当0≤x≤2，图象为线段，满足解析式y=x；当2≤x≤4，图象为平行于x轴的线段，且到x轴的距离为；当4≤x≤6，图象为线段，且满足解析式y=-x+．
故选B．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象：利用点运动的几何性质列出有关的函数关系式，然后根据函数关系式画出函数图象，注意自变量的取值范围．
5．如图，在菱形中，，，点、同时由、两点出发，分别沿、方向向点匀速移动（到点为止），点的速度为，点的速度为，经过秒为等边三角形，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接BD，证出△ADE≌△BDF，得到AE=BF，再利用AE=t，CF=2t，则BF=BCCF=52t求出时间t的值．
【解答】解：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=120°，
∴AB=AD，∠ADB=∠ADC=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，
又∵△DEF是等边三角形，
∴∠EDF=∠DEF=60°，
又∵∠ADB=60°，
∴∠ADE=∠BDF，
在△ADE和△BDF中，
∴△ADE≌△BDF(ASA)，
∴AE=BF，
∵AE=t，CF=2t，
∴BF=BC−CF=5−2t，
∴t=5−2t
∴t=，
故选：D.
【点评】本题考查全等三角形，等边三角形，菱形等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的性质为解题关键．
6．已知：如图①，长方形ABCD中，E是边AD上一点，且AE=6cm，AB=8cm，点P从B出发，沿折线BE﹣ED﹣DC匀速运动，运动到点C停止．P的运动速度为2cm/s，运动时间为t（s），△BPC的面积为y（cm2），y与t的函数关系图象如图②，则下列结论正确的有（ ）
①a=7；②b=10；③当t=3s时△PCD为等腰三角形；④当t=10s时，y=12cm2
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】根据点P运动的速度，可以确定某时刻点P的具体位置，再结合△BPC的面积与时间t函数关系的图象，可以得到问题的解答．
【解答】当P点运动到E点时，△BPC面积最大，结合函数图象可知当t=5时，△BPC面积最大为40，∴BE=5×2=10．
∵•BC•AB=40，∴BC=10．
则ED=10﹣6=4．当P点从E点到D点时，所用时间为4÷2=2s，∴a=5+2=7．
故①正确；
P点运动完整个过程需要时间t=（10+4+8）÷2=11s，即b=11，②错误；
当t=3时，BP=AE=6，
又BC=BE=10，∠AEB=∠EBC（两直线平行，内错角相等），∴△BPC≌△EAB，∴CP=AB=8，∴CP=CD=8，∴△PCD是等腰三角形，故③正确；
当t=10时，P点运动的路程为10×2=20cm，此时PC=22﹣20=2，
△BPC面积为10×2=10cm2，④错误，∴正确的结论有①③．
故选：B．
【点评】本题考查矩形性质与函数图象的综合应用，正确理解函数图象各点意义、综合应用等腰三角形和平行线的性质是解题关键．
7．如图，正方形中，点、、分别为边、、中点，动点从点出发，沿方向移动，连接，过作交边于点；连接，点为中点，连接；设为，的面积为；则与之间函数图象大致为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分两种情况讨论，当点P在线段ED上移动时，证得Rt△QBGRt△PEG，求得()，当点P在线段FD上移动时，易求得()，根据图象的性质即可判断．
【解答】不妨设正方形的边长为2，则BC=AD=AB=CD=2，AE=DF=BG=1，
当点P在线段ED上移动时，连接EG，如图所示：
∵，
∴∠PGQ=∠B=90，
∴∠QGB+∠QGE =90，∠QGE +∠EGP =90，
∴∠QGB=∠EGP，
∴Rt△QBGRt△PEG，
∵BQ，BG=1，EG＝2，
∴PE=2BQ=，
∴AQ=AB-BQ=，AP=AE+PE=，
∵点为中点，
∴，
取值范围是：
当P、E重合时，由PE==0，得，
当P、D重合时，由PE==1，得，
∴()，
∵，
∴图象是开口向下的在区间()r的一段抛物线；
排除选项B和C；
当点P在线段FD上移动时，连接AP，如图所示：
∴AQ=AB-BQ=，
∵点为中点，
∴，
取值范围是：
当P、F重合时，，
∴()，
∵，
∴图象是经过一、二、四象限在区间()的一条线段；
综上，只有A符合题意，
故选：A．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象，涉及的知识点有正方形的性质，相似三角形的判定和性质，有一定难度．
8．如图的顶点分别是，，，点，分别为，的中点，连，交于点，过点作交的延长线于点．若绕原点顺时针旋转，每次旋转，则第2020次旋转结束时，点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三角形的重心和等腰直角三角形的性质确定P（2，2），确定每4次一个循环，由于2020=4×55，所以第2020次旋转结束时，P点返回原地，即可求出旋转后的点P的坐标．
【解答】∵点C，D分别为BO，BA的中点，
∴点G是三角形的重心，
∴AG=2CG，
∵B（0，2），
∴C（0，1），
∵A（3，1），
∴AC=3，AC∥x轴，
∴CG=1，AG=2，
∵OC=1，
∴OC=CG，
∴△COG是等腰直角三角形，
∴∠CGO=45°，
∴∠AGP=45°，
∵AP⊥OD，
∴△AGP是等腰直角三角形，
∴AG边上的高为1，
∵等腰直角三角形△AGP 的斜边AG边上的高也是中线，
∴P（2，2），
∵2020=4×55，
∴每4次一个循环，第2020次旋转结束时，P点返回原处，
∴点P的坐标为（2，2）．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形重心的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，坐标与图形变化-旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
9．如图1，在矩形中，动点从点出发，沿方向运动，当点到达点时停止运动，过点作交于点，设点的运动路程为，图2表示的是与的函数关系的大致图象，则函数图象中的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由图2知：AB=6，当点M在BC上时，画出图形根据，得出比例式，根据二次函数图象对称性可得E在BC中点时，CF有最大值，列出方程式即可解题．
【解答】解：由图2知：AB=6，则CN=BM=6-x，即y=6-x；
如图所示，当点M在BC上时，AB=6
则BM=x-6，NC=y，
在矩形中，
∵MN⊥AM，
∴∠AMN=90°，
∴∠CMN+∠AMB=90°，
∵∠MAB+∠AMB=90°，
∴∠CMN=∠MAB，
∵在△CMN和△BAM中，∠CMN=∠MAB，∠C=∠B=90°，
∴△CMN∽△BAM，
∴
由二次函数图象对称性可得M在BC中点时，y=CN有最大值，此时BM=CM=x-6
∴，
∴x=10或2（不合题意舍去）
∴BM=CM=4，
∴BC=8
∴a=6+8=14
故选：C
【点评】本题考查了二次函数动点问题，考查了相似三角形的判定和性质，考查了矩形面积的计算，本题中由图象得出E为BC中点是解题的关键．
10．如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=﹣x+2上的一个动点，将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°，得到点，连接，则的最小值为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后Q′的坐标，然后根据勾股定理并利用二次函数的性质即可解决问题．
【解答】解：作QM⊥x轴于点M，Q′N⊥x轴于N，
设Q(，)，则PM=，QM=，
∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，
∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，
∴∠QPM=∠PQ′N，
在△PQM和△Q′PN中，
，
∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，
∴PN=QM=，Q′N=PM=，
∴ON=1+PN=，
∴Q′(，)，
∴OQ′2=()2+()2=m2﹣5m+10=(m﹣2)2+5，
当m=2时，OQ′2有最小值为5，
∴OQ′的最小值为，
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等的判定和性质，坐标与图形的变换-旋转，二次函数的性质，勾股定理，表示出点的坐标是解题的关键．
二、填空题
11．如图，是正方形的外接圆，点是劣弧上的任意一点，连接，作于点，连接则当点从点出发按顺时针方向运动到点时，长的取值范围为________________．
【答案】
【分析】首先根据题意可知，当点与点重合时最长，的最大值为；再证明点的运动轨迹为以为直径的，通过添加辅助线连接交于点，连接，由线段公理可知，当点与点重合时最短，的最小值为．即可得解．
【解答】解：∵由题意可知，当点与点重合时最长
∴此时，即的最大值为
∵
∴
∴点的运动轨迹为以为直径的，连接交于点，连接，如图：
∵
∴
∴在中，
∴
∴由两点之间，线段最短可知，当点与点重合时最短
∴的最小值为
∴．
【点评】本题考查了正多边形和圆的动点问题、的圆周角所对的弦为直径、勾股定理、线段公理等知识点，解题的关键是确定取最大值和最小值时点的位置，属于中考常考题型，难度中等．
12．如图，，垂足为点，，，射线，垂足为点，一动点从点出发以3厘米秒沿射线运动，点为射线上一动点，随着点运动而运动，且始终保持，当点经过___秒时，与全等．
【答案】0，4，12，16
【分析】设点E经过t秒时，△DEB≌△BCA；由斜边ED=CB，分类讨论BE=AC或BE=AB或AE=0时的情况，求出t的值即可．
【解答】分情况讨论：
（1）设点E经过t秒时，△DEB≌△BCA，此时AE=3t，
①当点E在点B的左侧时，
BE=AC，
∴AE=AB-BE=24-12=12，
∴3t=12，
∴t=4；
②当点E在点B的右侧时，
BE=AC，
∴AE=AB+BE=24+12=36，
∴3t=36，
∴t=12；
（2）设点E经过t秒时，△EDB≌△BCA，此时AE=3t，
①当点E在点B的左侧时，
BE=AB，即24-3t=24，
∴t=0；
②当点E在点B的右侧时，
BE=AB，
∴AE=AB+BE=24+24=48，
∴3t=48，
∴t=16．
综上所述，当点E经过0秒或4秒或12秒或16秒时，△DEB与△BCA全等．
故答案为：0，4，12，16．
【点评】本题考查了全等三角形的性质；分类讨论各种情况下的三角形全等是解决问题的关键．
13．如图，点 C在线段 BD上，AB⊥BD于 B，ED⊥BD于 D．∠ACE＝90°，且 AC＝5cm，CE＝6cm，点 P以 2cm/s的速度沿 A→C→E向终点 E运动，同时点 Q以 3cm/s的速度从 E 开始，在线段 EC上往返运动（即沿 E→C→E→C→…运动），当点 P到达终点时，P，Q同时停止运动．过 P，Q分别作 BD的垂线，垂足为 M，N．设运动时间为 ts，当以 P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等时，t的值为_____．
【答案】1或或
【分析】根据全等三角形的性质可得PC＝CQ，然后分三种情况根据PC＝CQ分别得出关于t的方程，解方程即得答案．
【解答】解：当点P在AC上，点Q在CE上时，如图，
∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC＝CQ，
∴5﹣2t＝6﹣3t，解得：t＝1；
当点P在AC上，点Q第一次从点C返回时，
∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC＝CQ，
∴5﹣2t＝3t﹣6，解得：t＝；
当点P在CE上，点Q第一次从E点返回时，
∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC＝CQ，
∴2t﹣5＝18﹣3t，解得：t＝；
综上所述：t的值为1或或．
故答案为：1或或．
【点评】本题考查了全等三角形的应用，正确分类、灵活应用方程思想、熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
14．如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，OA=8，点D为对角线OB的中点，若反比例函数在第一象限内的图象与矩形的边BC交于点F，与矩形边AB交于点E，反比例函数图象经过点D，且tan∠BOA=，设直线EF的表达式为y=k2x+b．将矩形折叠，使点O与点F重合，折痕与x轴正半轴交于点H，与y轴正半轴交于点G，直接写出线段OG的长_______．
【答案】
【分析】利用正切的定义计算出AB得到B点坐标为（8，4），则可得到D（4，2），然后利用待定系数法确定反比例函数表达式；利用反比例函数图象上点的坐标特征确定F（2，4），连接GF，如图，设OG＝t，则CG＝4−t，利用折叠的性质得到GF＝OG＝t，则利用勾股定理得到22＋（4−t）2＝t2，然后解方程求出t得到OG的长．
【解答】在Rt△AOB中，∵tan∠BOA＝＝，
∴AB＝OA＝×8＝4，
∴B点坐标为（8，4），
∵点D为对角线OB的中点，
∴D（4，2），
把D（4，2）代入y＝，得k1＝4×2＝8，
∴反比例函数表达式为；
当y＝4时，＝4，解得x＝2，则F（2，4），
∴CF=2，
连接GF，如图，
设OG＝t，则CG＝4−t，
∵将矩形折叠，使点O与点F重合，
∴GF＝OG＝t，
在Rt△CGF中，22＋（4−t）2＝t2，解得t＝，
即OG的长为．
故答案为：．
【点评】本题考查了反比例函数的综合题：熟练掌握反比例函数图象上点的坐标特征、折叠的性质和矩形的性质；会运用待定系数法求反比例函数解析式；会运用三角函数的定义和勾股定理进行几何计算．
15．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2，E是AB边上一点，AE＝2，F是直线CD上一动点，将沿直线EF折叠，点A的对应点为点，当点E，，C三点在一条直线上时，DF的长为_____．
【答案】6﹣2或6+2
【分析】利用勾股定理求出CE，再证明CF=CE即可解决问题，（注意有两种情形）．
【解答】解：如图，由翻折可知，∠FEA＝∠FEA′，
∵CD∥AB，
∴∠CFE＝∠AEF，
∴∠CFE＝∠CEF，
∴CE＝CF，
在Rt△BCE中，EC＝ ，
∴CF＝CE＝2，
∵AB＝CD＝6，
∴DF＝CD﹣CF＝6﹣2，
当点F在DC的延长线上时，易知EF⊥EF′，CF＝CF′＝2，
∴DF＝CD+CF′＝6+2
故答案为：6﹣2或6+2．
【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，本题的突破点是证明△CFE的等腰三角形，属于中考常考题型．
16．如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B'，C'上．当点B'恰好落在边CD上时，线段BM的长为_____cm；在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为_____cm．
【答案】
【分析】第一个问题证明BM＝MB′＝NB′，求出NB即可解决问题．第二个问题，探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．
【解答】如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠1＝∠3，
由翻折的性质可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，
∴∠2＝∠3，
∴MB′＝NB′，
∵NB′＝＝＝（cm），
∴BM＝NB′＝（cm）．
如图2中，当点M与A重合时，AE＝EN，设AE＝EN＝xcm，
在Rt△ADE中，则有x2＝22+（4﹣x）2，解得x＝，
∴DE＝4﹣＝（cm），
如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′＝5﹣1﹣2＝2（cm），
如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，DB′（即DE″）＝5﹣1﹣＝（4﹣）（cm），
∴点E的运动轨迹E→E′→E″，运动路径＝EE′+E′B′＝2﹣+2﹣（4﹣）＝（）（cm）．
故答案为，（）．
【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
17．如图①，在菱形ABCD中，∠B=60°，M为AB的中点，动点P从点B出发，沿B→C→D的路径运动，到达点D时停止．连接MP，设点P运动的路程为x，MP2=y，若y与x的函数图象大致如图②所示，则菱形ABCD的周长为____________．
【答案】8
【分析】先从图②分析p的运动过程中MP的变化，再从(4，7)这个点入手求解菱形的边长，再计算周长即可得到答案；
【解答】解：如图1，过M点作ME⊥BC与E，
结合图像二得到，P点从B运动到E，MP的长度一直在减小，P点从E运动到C，MP的长度一直在增大，P点从C运动到D，MP的长度也在增大，所以在D点，MP的长度最大，
∴当P运动到D时，x=4，y=7，
即： ，，
又∵ABCD是菱形，
∴BC=CD=2（菱形四边相等），
∴菱形的周长为： ，
故答案为：8．
【点评】本题主要考查了菱形的性质以及从图像中获取信息得能力，掌握菱形四边相等是解题的关键；
18．如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形，以此方式，绕点O旋转2018次得到正方形，如果点A的坐标为（1，0），那么那么点的坐标为_____．
【答案】（−，0）
【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论．
【解答】∵四边形OABC是正方形，且OA＝1，
∴B（1，1），
连接OB，
由勾股定理得：OB＝，
由旋转得：OB＝OB1＝OB2＝OB3＝…＝，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，
∴B1（0，），B2（−1，1），B3（−，0），…，
发现是8次一循环，所以2019÷8＝252…余3，
∴点B2019的坐标为（−，0）
故答案为：（−，0）．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．也考查了坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．
19．已知四边形中，，，含角（）的直角三角板（如图）在图中平移，直角边，顶点、分别在边、上，延长到点，使，若，，则点从点平移到点的过程中，点的运动路径长为__________．
【答案】
【分析】当点P与B重合时，推出△AQK为等腰直角三角形，得出QK的长度，当点M′与D重合时，推出△KQ′M′为等腰直角三角形，得出KQ′的长度，根据题意分析出点Q的运动路径为QK+KQ′，从而得出结果.
【解答】解：如图当点M与A重合时，∵∠ABC=45°，∠ANB=90°，
PN=MN=CD=3，BN=MN=3，
∴此时PB=3-3，
∵运动过程中，QM=PB，
当点P与B重合时，点M运动到点K, 此时点Q在点K的位置，
AK即AM的长等于原先PB和AQ的长，即3-3，
∴△AQK为等腰直角三角形，
∴QK=AQ=3-3，
当点M′与D重合时，P′B=BC-P′C=10-3=Q′M′，
∵AD=BC-BN=BC-AN=BC-DC=7,
KD=AD-AK=7-（3-3）=10-3，
Q′M′=BP′=BC-P′C= BC-PN =10-3，
∴△KQ′M′为等腰直角三角形，
∴KQ′=Q′M′=（10-3）=，
当点M从点A平移到点D的过程中，点Q的运动路径长为QK+KQ′，
∴QK+KQ′=（3-3）+（）=7，
故答案为7.
【点评】本题考查平移变换、运动轨迹、解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
20．如图，在中，，，，是的中点，是边上的一个动点，连接，过作的垂线，与边交于点．在从运动到的过程中，的中点运动的路程为_______．
【答案】
【分析】连接，做射线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得，结合已知条件可证，则，故动点始终在的平分线上，找到点起点与终点，求长度即可.
【解答】解：如图，连接，做射线，
与都是直角三角形，且为斜边的中点，
，
在中，，，
，
在与中，
，
，
可见点始终在的平分线上，
当从出发时，如下图，
点运动的起点在的中点，终点即为此时的，
则.
在中，AB=2，∠FAB=30°，利用勾股定理求得AF=
故点运动的路程为.
故答案为：.
【点评】本题是结合了含30°的直角三角形，全等三角形的判定与应用，角平分线的性质等知识点的动点问题，根据题意作出合适的辅助线，找到动点的起点与终点是解答关键．
三、解答题
21．如图，已知在数轴上有三个点、、，是原点，满足，，，动点从点出发向右以每秒的速度匀速运动；同时，动点从点出发，在数轴上向左运动．
（1）若点的速度为每秒，求，相遇时，运动的时间．
（2）若的运动速度为每秒时，经过多长时间，两点相距？
（3）当时，点运动的位置恰好是线段的三等分点，求的速度．
【答案】（1）；（2）经过5秒和40秒时、两点相距；（3）当点在、两点之间时，点的运动速度为或；当点在线段的延长线上时，点的运动速度为或．
【分析】（1） 设、相遇时，运动的时间为，列出方程即可解决问题；
（2）原本P、Q之间距离大于70cm，则分两种情况讨论，第一相距70cm跟相遇后两者相距70cm，根据路程=速度×时间，即可求得，不过第二次相距70cm时，Q点早已到达O点停止运动；
（3） PA=2PB分两种情况，一种P在线段AB内，一种P在线段AB的延长线上，根据速度=路程÷时间，即可求得点Q的速度．
【解答】（1）设、相遇时，运动的时间为，
由题知：，
∴当、相遇时，，即．
∴解得：，故、相遇时的运动时间为．
（2）∵，
∴分两种情况，
①在的右侧时，经过时间为，
②在的左侧时，设经过时间，、两点相距，
此时，，∴，
解得：，
综合①②得知，经过5秒和40秒时、两点相距．
（3），分两种情况，
①当点在、两点之间时，
∵，
∴，
此时运动的时间为
∵点运动的位置恰好是线段的三等分，
∴或，
点的运动速度为或；
②当点在线段的延长线上时，
∵，
∴，
此时运动的时间为，
∵点运动的位置恰好是线段的三等分，
∴或，
点的运动速度为或；
综合①②得知，当点在、两点之间时，点的运动速度为或；
当点在线段的延长线上时，点的运动速度为或．
【点评】考查了两点间的距离和方程，解题关键是（1）根据关系列出方程；（2）PQ相距70cm分两种情况，第一次相距70cm和相遇后再次相距70cm；（3）当PA=2PB时，分两种情况，一种点P在线段AB之间和点P在线段AB的延长线上．
22．数轴上点A表示的有理数为20，点B表示的有理数为-10，点P从点A出发以每秒5个单位长度的速度在数轴上往左运动，到达点B后立即返回，返回过程中的速度是每秒2个单位长度，运动至点A停止，设运动时间为t（单位：秒）．
（1）当t=5时，点P表示的有理数为 ．
（2）在点P往左运动的过程中，点P表示的有理数为 （用含t的代数式表示）．
（3）当点P与原点距离5个单位长度时，t的值为 ．
【答案】（1）；（2）；（3）或5或或．
【分析】（1）先根据运动速度和时间求出PA的长，再根据数轴的定义即可得；
（2）先求出在点P往左运动的过程中，，再根据数轴的定义即可得；
（3）分点P从点A运动到点B和点P从点B返回，运动到点A两种情况，再分别求出点P表示的有理数，然后根据数轴的定义建立绝对值方程，最后解方程即可得．
【解答】（1）由题意得：，
点P从点A运动到点B所需时间为（秒），
点P从点B返回，运动到点A所需时间为（秒），
则当时，，
因此，点P表示的有理数为，
故答案为：；
（2）在点P往左运动的过程中，，
则点P表示的有理数为，
故答案为：；
（3）由题意，分以下两种情况：
①当点P从点A运动到点B，即时，
由（2）可知，点P表示的有理数为，
则，
即或，
解得或，均符合题设；
②当点P从点B返回，运动到点A，即时，
，
点P表示的有理数为，
则，
即或，
解得或，均符合题设；
综上，当点P与原点距离5个单位长度时，的值为或5或或时，
故答案为：或5或或．
【点评】本题考查了数轴、绝对值方程、一元一次方程的应用等知识点，较难的是题（3），正确分两种情况讨论，并建立方程是解题关键．
23．如图，等边△ABC的边长为8，动点M从点B出发，沿B→A→C→B的方向以3的速度运动，动点N从点C出发，沿C→A→B→C方向以2的速度运动．
（1）若动点M、N同时出发，经过几秒钟两点第一次相遇？
（2）若动点M、N同时出发，且其中一点到达终点时，另一点即停止运动．那么运动到第几秒钟时，点A、M、N以及△ABC的边上一点D恰能构成一个平行四边形？求出时间t并请指出此时点D的具体位置．
【答案】（1）秒；（2）运动了秒 或秒时，A、M、N、D四点能够成平行四边形，此时点D在BC上，且BD=或．
【分析】（1）设经过t秒钟两点第一次相遇，然后根据点M运动的路程+点N运动的路程=AB+CA列方程求解即可；
（2）首先根据题意画出图形：如图②，当0≤t≤时，DM+DN=AN+CN=8；当＜t≤4时，此时A、M、N三点在同一直线上，不能构成平行四边形；4＜t≤时，MB+NC=AN+CN=8；当＜t≤8时，△BNM为等边三角形，由BN=BM可求得t的值．
【解答】解：（1）设经过t秒钟两点第一次相遇，由题意得：
3t+2t=16，
解得：t=，
所以，经过秒钟两点第一次相遇；
（2）①当0≤t≤时，点M、N、D的位置如图2所示：
∵四边形ANDM为平行四边形，
∴DM=AN，DM//AN．DN//AB
∴∠MDB=∠C=60°，∠NDC=∠B=60°
∴∠NDC=∠C．
∴ND=NC
∴DM+DN=AN+NC=AC+BN=8，即：3t+2t=8，t=，
此时点D在BC上，且BD=（或CD=），
②当＜t≤4时，此时A、M、N三点在同一直线上，不能构成平行四边形；
③4＜t≤时，点M、N、D的位置如图所1示：
∵四边形ANDM为平行四边形，
∴DN=AM，AM∥DN．
∴∠NDB=∠ACB=60°
∵△ABC为等腰三角形，
∴∠B=60°．
∴∠MDB=∠B．
∴MD=MB．
∴MB+NC=AN+CN=8，3t-8+2t-8=8，解得：t=，
此时点D在BC上，且BD=（或CD=），
④当＜t≤8时，点M、N、D的位置如图3所示：
则BN=16-2t，BM=24-3t，
由题意可知：△BNM为等边三角形，
∴BN=BM，即：2t-8=3t-16，解得t=8，此时M、N重合，不能构成平行四边形．
答：运动了秒或秒时，A、M、N、D四点能够成平行四边形，此时点D在BC上，且BD=或．
【点评】本题主要考查的是平行四边形的性质和等边三角形的性质，利用平行四边形的性质和等边三角形的性质求得相关线段的长度，然后列方程求解是解题的关键．
24．如图，△ABC中，∠ACB=90°，AB=10cm，BC=8cm，若点P从点A出发，以每秒2cm的速度沿折线A-B-C-A运动，设运动时间为t（t＞0）秒．
（1）AC= cm；
（2）若点P恰好在∠ABC的角平分线上，求此时t的值；
（3）在运动过程中，当t为何值时，△ACP为等腰三角形．
【答案】（1）6；（2）t=7.5s；（3）当t为2.5s或3s或6s时，△ACP为等腰三角形．
【分析】（1）根据勾股定理可以得到解答；
（2）根据P的位置求出P运动的距离，再由路程、时间、速度的关系可以得到t的值；
（3）可以对△ACP的腰作出讨论得到三种情况．
【解答】（1）由题意根据勾股定理可得：（cm），
故答案为6；
（2）如图，点P恰好在∠ABC的角平分线上，过P作PD⊥AB于点D，
则可设PC=xcm，此时BP=（8-x）cm，DP=PC=xcm，AD=AC=6cm,BD=10-6=4cm，
∴在RT△BDP中，，即 ，解之可得：x=3，
∴BP=8-3=5cm，∴P运动的路程为：AB+BP=10+5=15cm，
∴t=s；
（3）可以对△ACP的腰作出讨论得到三种情况如下：
①如图，AP=AC=6cm，此时t=s；
②如图，PA=PC，此时过P作PD⊥AC于点D，则AD=3，PD=4，∴AP=5，
此时t=s；
③如图，PC=AC=6cm，则BP=8-6=2cm，
则P运动的路程为AB+BP=10+2=12cm，此时t=s，
综上所述，在运动过程中，当t为2.5s或3s或6s时，△ACP为等腰三角形．
【点评】本题考查三角形边上动点问题，灵活运用三角形的各种性质及分类讨论思想是解题关键．
25．如图1，点P、Q分别是边长为4cm的等边△ABC边AB、BC上的动点，点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为1cm/s．
（1）连接AQ、CP交于点M，则在P、Q运动的过程中，∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数；
（2）何时△PBQ是直角三角形？
（3）如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数．
【答案】（1）∠CMQ＝60°不变．理由见解析；（2）当第秒或第秒时，△PBQ为直角三角形；（3）∠CMQ＝120°不变．理由见解析．
【分析】（1）利用等边三角形的性质可证明△APC≌△BQA，则可求得∠BAQ＝∠ACP，再利用三角形外角的性质可证得∠CMQ＝60°；
（2）可用t分别表示出BP和BQ，分∠BPQ＝90°和∠BPQ＝90°两种情况，分别利用直角三角形的性质可得到关于t的方程，则可求得t的值；
（3）同（1）可证得△PBC≌△QCA，再利用三角形外角的性质可求得∠CMQ＝120°．
【解答】（1）∠CMQ＝60°不变．
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠B＝∠CAP＝60°．
∵点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为1cm/s，
∴AP＝BQ．
∴△ABQ≌△CAP（SAS）．
∴∠BAQ＝∠ACP．
∴∠CMQ＝∠ACP+∠CAM＝∠BAQ+∠CAM＝∠BAC＝60°．
（2）设时间为t秒，则AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t
①当∠PQB＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴PB＝2BQ，得4﹣t＝2t，t＝．
②当∠BPQ＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴BQ＝2BP，得t＝2（4﹣t），t＝．
∴当第秒或第秒时，△PBQ为直角三角形．
（3）∠CMQ＝120°不变．
∵在等边△ABC中，BC＝AC，∠B＝∠CAP＝60°
∴∠PBC＝∠ACQ＝120°．
∵点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为1cm/s，
∴BP＝CQ．
∴△PBC≌△QCA（SAS）．
∴∠BPC＝∠MQC．
又∵∠PCB＝∠MCQ，
∴∠CMQ＝∠PBC＝180°﹣60°＝120°．
【点评】本题为三角形的综合应用，等边三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
26．如图，以点O为坐标原点的平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，A（2，0），C（0，4），点P以每秒一个单位的速度从点C出发在射线CO上运动，点E（4，0），连接BE，设运动时间为t秒．
（1）OP的长为 （用含t的代数式表示）；
（2）在运动的过程中，t为何值时，点P在线段BE的垂直平分线上；
（3）点P运动过程中，若△PBE是直角三角形，直接写出点P的坐标．
【答案】（1）OP＝；（2）t＝时，点P在线段BE的垂直平分线上；（3）满足条件的点P的坐标为（0，3）或（0，﹣2）．
【分析】（1）分0≤t≤4或t＞4两种情形分别求解即可．
（2）设P（0，m），由点P在BE的垂直平分线上，推出PE＝PB，由此构建方程求解即可．
（3）分三种情形：①当∠PBE＝90°，②当∠P′EB＝90°时，③当∠BPE＝90°时，分别利用相似三角形的性质求解即可．
【解答】（1）∵C（0，4），
∴OC＝4，
∵PC＝t，
∴当0≤t≤4时，OP＝4﹣t，
当t＞4时，OP＝t﹣4，
综上所述，OP＝．
故答案为：OP＝．
（2）设P（0，m），
∵点P在BE的垂直平分线上，
∴PE＝PB，
∵B（2，4），E（4，0），
∴22+（m﹣4）2＝42+m2，
∴m＝，
∴CP＝4﹣＝，
∴t＝时，点P在线段BE的垂直平分线上．
（3）如图，①当∠PBE＝90°，
∵∠CBA＝∠PBE＝90°，
∴∠PBC＝∠BAE，
∵∠BCP＝∠BAE＝90°，
∴△BCP∽△BAE，
∴＝，
∴＝，
∴PC＝1，
∴OP＝3，
∴P（0，3）．
②当∠P′EB＝90°时，由△EOP′∽△BAE，
可得＝，
∴＝，
∴OP′＝2，
∴P′（0，﹣2），
③当∠BPE＝90°时，点P不存在．
综上所述，满足条件的点P的坐标为（0，3）或（0，﹣2）．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，线段的垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
27．如图，在中，，，．点从点出发，沿方向以每秒个单位长度的速度向终点运动（不与点、重合）．过点作，交折线于点，点为线段的中点，以、为边作矩形．设点的运动时间为（秒）．
（1）直接写出矩形的边的长（用含的代数式表示）；
（2）当点落在边上时，求的值；
（3）当矩形与重叠部分图形是四边形时，设重叠部分图形的面积为（平方单位）．求与之间的函数关系式；
（4）当的重心落在矩形的内部时，直接写出此时的取值范围．
【答案】1）；（2）；（3）；（4）．
【分析】（1）分两种情况讨论：当点Q在线段AC上时；当点Q在线段BC上时；
（2）当点落在上，显然在上，利用正切定义，列方程即可求解；
（3）分情况讨论：当时， 时，时，分别求得S与t的关系式即可；
（4）根据题意不难写出t的取值范围即可．
【解答】解析（1）①当点在边上时，
点速度为，时间为，
．
②，作于，
且，
，，
，，
，
，，
，
，，
（2）当点落在上，如图，
此时，，
，即，
解得：
（3）当时，如图，
此时，，
当时，如图，
此时重叠部分为五边形，不考虑．
当时，如图，
此时，，
．
（4）如图，建立坐标系点为原为，点，点，
由重心坐标公式可知，
重心
①第一次进入矩形时在上，
此时，
②第一次出去矩形时，在上，
此时
③在上时，，，
此时不满足题意不考虑；
当在矩形内部时，（不含边长），．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形的应用，矩形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
28．如图①，在矩形ABCD中，AB＜AD，对角线AC，BD相交于点O,动点P由点A出发，沿AB→BC→CD向点D运动，设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示：
（1）AD边的长为 ．
（2）如图③，动点P到达点D后从D点出发，沿着DB方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，以点P为圆心，PD长为半径的⊙P与DB、DC的另一个交点分别为M、N，与此同时，点Q从点C出发，沿着CD方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，以点Q为圆心、2为半径作⊙Q．设运动时间为t秒（0＜t≤5）．
①当t为何值时，点Q与点N重合？
②当⊙P与BC相切时，求点Q到BD的距离．
【答案】（1）8；（2）①；②
【分析】（1）由函数图像可知，当P点到达B点时，，在根据矩形的性质得到，得到关于AB的方程，求解即可；
（2）①过P作于H，连接PN，证明，得到，在根据勾股定理分析计算即可；②设与BC相切与点G，连接PG，过Q作于K，证明和，列式计算即可；
【解答】（1）由函数图像可知，当P点到达B点时，
，
当P点到达C点时，P点走过的长为，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，，，，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，，
即；
故答案是8．
（2）①过P作于H，连接PN，
∵，，
∴，PH∥BC，
∴，
∴，
在Rt△BCD中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当Q点与N点重合时，，
∴，
解得，
∴当时，Q点与N点重合；
故答案是．
②设与BC相切与点G，连接PG，过Q作于K，
∴，，
∵PG∥CD，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点Q到BD的距离为．
故答案是．
【点评】本题主要考查了与圆有关的动点问题，结合相似三角形的判定与性质，勾股定理，一元二次方程求解是解题的关键．
29．是等边三角形，点C关于AB所在直线对称的点为，点P是直线上的一个动点，连接AP，作∠APD=60°交射线BC于点D．
（1）若点P在线段上（不与点，点B重合），求证：PD=PA．．
（2）若点P在线段的延长线上．
①依题意补全图2
②直接写出线段BD，AB，BP之间的数量关系为
【答案】（1）证明见解析；（2）①补全图形见解析，②BD=BP+AB．
【分析】（1）如图1，作∠BPE=60°交AB于点E，只要证明即可解决问题；
（2）①根据要求画出图形即可解决问题； ②结论：BD=BP+AB．如图2中，在BD上取一点E，使得BE=PB．只要证明，即可得到答案．
【解答】证明：如图1，作∠BPE=60°交AB于点E．
∵是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵点与点C关于AB对称，
∴，
∴∠PEB=60°．
∴是等边三角形，
∴PB=PE，．
∵∠BPD+∠DPE=60°，∠APE+∠DPE=60°，
∴∠BPD=∠APE，
在和中，

∴．
∴PD=PA．
（2）①补全图形，如图2所示：记与的交点为
②解：结论：BD=BP+AB． 理由如下：
如图2中，在BD上取一点E，使得BE=PB．
由
∠EBP=60°，BE=BP，
∴是等边三角形，




在与中，
，
，

∴BD=BE+ED=BP+AB．
故答案为：BD=BP+AB．
【点评】本题是几何变换综合题，考查等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
30．已知如图，三角形ABC中，AB=BC=AC=12cm，现有M，N两点分别从点A、点B同时出发，沿三角形边运动，已知点M的速度为1cm/s，点N的速度为3cm/s，当点N第一次到达点B时，M、N同时停止运动．
（1）点M、N运动3秒后，以点A、M、N为顶点的三角形为__________形；（填“等腰”、“等边”、“直角”）
（2）点M、N运动__________秒后，以点C．M、N为顶点的三角形为等边三角形；
（3）当点M、N同时在AC边上运动时，能否得到以MN为底边的等腰三角形BMN，如果能求出此时M、N运动的时间，如果不能，请说明理由．
【答案】（1）等边；（2）9；（3）不能，理由见解析．
【分析】（1）根据题意可知，证明AM=AN，再由∠A=60°，问题可解；
（2）由已知，当CM=CN时，∆CMN为等边三角形，设出时间，构造方程问题可解；
（3）当BM=BN时，∆BMN是以MN为底边的等腰三角形，通过全等证明AN=MC，设出时间，构造方程问题可解．
【解答】解：（1）如图，
点M、N运动3秒后，AM=3，BN=9，
则AN=12-9=3
∴AM=AN
又∵∠A=60°
∴∆AMN为等边三角形．
故答案为：等边
（2）如图，
∵∠C=60°
∴当CM=CN时，∆CMN为等边三角形．
设两点运动时间为ts
∴CM=12-t，CN=3t-24
∴12-t=3t-24
∴t=9
故答案为：9
（3）不能
当BM=BN时，∆BMN是以MN为底边的等腰三角形
由已知当点N没有超过M点时如图，
∵BM=BN
∴∠BNM=∠BMN
则∠BNA=∠BMC
又∵∠C=∠A=60°，AB=BC
∴∆BNA≌∆BMC
∴AN=MC
∴12-t=3t-12
解得t=6，此时M,N重合，不符合题意；
由当点N超过点M时，如图

同理AN=MC
设两点同时运动时间为ts
∴AM=t，NC=24-3t
∴t =24-3t
解得t=6
∴t=6时，M,N点重合，不能得到以MN为底边的等腰三角形BMN．
综上，不能得到以MN为底边的等腰三角形BMN．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质及判定，关键是根据题意设出未知数，理清线段之间的数量关系．